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極限的四則運算法則與特殊用法
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極限的四則運算法則
只有當兩個極限同時存在的情況下，極限的四則才可以與四則的極限相互轉換。
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極限的四則運算特殊用法
由於在考試中，我們已知極限最后是可以求出解的，所以當我們在用極限四則運算將它們拆分的時候，只要其中一個分量的極限明顯存在，我們就能夠判定這樣的拆分方法合理，並將極限明顯存在的一部分先計算出來，下面就是明了的數學公式：
\[\lim{f(x)} = \lim{\Large{(}\normalsize{g(x)+h(x)}\Large{)}}，如果\lim{g(x)}和\lim{f(x)}存在，\lim{f(x)}=\lim{f(x)}+\lim{g(x)} \]這種方法給人們的感覺就好像是
部分代入，這也就逐漸成為了化簡極限的重要手段。
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函數極限計算的基本流程
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因式分解
一個函數\(\mathcal{F}(x)\)可以被划分為分子和分母兩個部分，然后對這兩個部分分別做因式分解：
\[\mathcal{F}(x)=\frac{\mathcal{G}(x)}{\mathcal{H}(x)}=\frac{g_1(x)\cdots g_n(x)}{h_1(x)\cdots h_m(x)}=\frac{\prod_i g_i(x)}{\prod_j h_j(x)} \]這里的每一個因式（\(g(x)\)和\(h(x)\)）都必須是
x的多項式函數或者初等函數的正冪次，這一要求被統稱為因式條件，可以確保我們在化簡的時候不會過於復雜化。 -
乘式化簡
因式\(g(x)\)和\(h(x)\)也可以被稱為乘式，這樣更直觀地表達出他們參加的是乘積運算。
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如果乘式的極限為非零常數
根據極限的四則運算特殊用法，我們可以利用
部分代入方法將其先行提出計算。 -
如果乘式的極限為0(無窮小)
查看這個乘式是否是我們熟稔於心的等替公式：
- 如果是：我們可以用
等價無窮小替換； - 如果否：我們可以用
和式化簡；
- 如果是：我們可以用
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如果乘式的極限為\(\infty\)(無窮大)
那么就不能用泰勒展開和等價無窮小替換了。
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- 當乘式是容易求導的函數時：借助於
洛必達法則求導計算；
特別注意當含有變限積分函數時的求導規則：
- 直接求導型：\(\int_0^xf(t)dt\)；
- 拆分求導型：\(\int_0^x{(x-t)f(t)dt}=x\int{f(t)dt}-\int{tf(t)dt}\)；
- 換元求導型：\(\int_0^x{f(x-t)dt}=\int_0^xf(u)du\)，令\(x-t=u\)；
題目中已知\(f(x)\)時，式中的函數積分和導數積分均要在最后化為函數形式，也就是說最后的式中不能出現任何積分形式，只能是函數形式。當同時存在函數和函數積分時，這時不能求導，可以通過積分中值定理將積分化為函數形式；當同時存在函數和導數積分的時候，這時更不能求導，可以通過牛萊公式將積分化為函數形式。
- 當乘式是容易求導的函數時：借助於
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當乘式是很難求導的函數時：借助於
比階問題求解；
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如果乘式是未定式\(\infty-\infty\)
進入
和式化簡。
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和式化簡
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找大頭去小量—忽略更小的小項
- 當無窮大項在時：忽略無窮小量和常數，以及低階無窮大項；
- 當無窮大項不在但是常數項在時：忽略無窮小量；
- 當只有無窮小量在時：忽略高階無窮小量；
【注】
- 這里一般用解題信號：有界函數\(\times\)無窮小量=無窮小量，也就是如果題目中出現了常見的有界震盪函數（三角函數一般是肇事者）；
- 有界函數通常在這種情況下視為常數，函數極限值也默認為函數值；
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因式分解
忽略小項之后再次嘗試因式分解，不論成功與否，均嘗試乘式化簡，但是失敗后。
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計算最終化簡式
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拉式中值定理
如果發現有相同的外層函數，即\(f(g(x))-f(h(x))\)。
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如果和式中含有根式，利用根式有理化
- 如果是0-0型的，有理化部分
等替或泰勒，無理化部分部分代入； - 如果是\(\infty-\infty\)，有理化之后利用
倒帶換，創造出比階問題；
- 如果是0-0型的，有理化部分
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如果和式中有對指數，利用對指數的運算性質
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如果是指數乘除，記得化成加減；【一般會存在冪指函數】
\[\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}\frac{e^x}{(1+\frac{1}{x})^{x^2}} =e^{\underset{x\rightarrow+\infty}{\lim}{(x-x^2\cdot\ln(1+\frac{1}{x}))}} \] -
如果是對數加減，記得化成乘除；【一般會出現\(\ln(g(x)+e^{f(x)})-f(x)\)】
\[\underset{x\rightarrow0}{\lim}\frac{\ln(\sin^2x+e^x)-x}{\ln(x^2+e^{2x})-2x}= \underset{x\rightarrow0}{\lim}\frac{\ln\frac{\sin^2x+e^x}{e^x}}{\ln\frac{x^2+e^{2x}}{e^{2x}}}= \underset{x\rightarrow0}{\lim}\frac{\ln(\frac{\sin^2x}{e^x}+1)}{\ln(\frac{x^2}{e^{2x}}+1)}=1 \]
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泰勒公式
如果這個時候乘式的值為
無窮小量，但是用於經過了乘式化簡和找大頭，也就是說其中已經不含我們熟稔於心的等替公式了。和式中泰勒公式尤其獨特的展開規則——\(A-B\)型：
異系數最小次冪原則，將\(A\)和\(B\)分別展開至系數不相等的\(x\)的最低冪次。例如：\[\underset{x\longrightarrow0}{\lim}[\cos(x)-e^{\frac{x^2}{2}}]\sim \underset{x\longrightarrow0}{\lim}[(1-\frac{1}{2!}x^2)-(1+\frac{1}{2}x^2)]\sim -x^2 \]這里\(\cos(x)\)和\(e^{\frac{x^2}{2}}\)的第一項都是\(x^0\)，且系數都為1，故而繼續向下展開，發現兩者雖然同階但是系數不等，至此展開終止。
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倒代換
如果這個時候和式的形式為\(\infty-\infty\)，我們就需要用倒代換創造出比式，然后利用
比階問題求解；
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來一個綜合性的題
\[\underset{x\longrightarrow0^+}{\lim}\frac{[(e+3\tan(x))^x-e^x]\cdot(\sqrt{2-\cos(x)}-1)}{(3\sin^3(x)-x^4\cos(\frac{1}{x}))\cdot\sqrt{e^{\frac{x^2}{2}}-\cos(x)}} \]-
定義因式ID號
(1-1)：\(e+3\tan(x)\)；
(1-2)：\((e+3\tan(x))^x-e^x\)；
(2-1)：\(\sqrt{2-\cos(x)}-1\)；
(3-1)：\(3\sin^3(x)-x^4\cos(\frac{1}{x})\)；
(3-2)：\(\sqrt{e^{\frac{x^2}{2}}-\cos(x)}\)；
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因式分解(1-2)
從上往下，從左往右。首先可以因式分解的式子是(1-2)：\(e^x\cdot[(1+\frac{3}{e}\tan x)^x-1]\)。
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乘式化簡(1-2)
因式分解之后，我們發現(1-2)中多出了一個\(e^x\)，在極限狀態下為非零常數1，直接提出來；
(1-2-1)是一個無窮小量，先恆等變形\(e^{x\ln(1+\frac{3}{e}\tan x)}-1\)，是形如\(e^{狗}-1\sim狗\)的等替公式，所以直接代換，而
狗中又有形如\(\ln(1+貓)\sim貓\)的等替公式，最后再對\(\tan\)運用等替公式，故(1-2)化簡為：\(\frac{3}{e}x^2\)成為新的(1-2)。 -
乘式化簡(2-1)
其中有形如\((1+狗)^\alpha-1\sim\alpha狗\)的等替公式，
狗中又包含了等替公式\(1-\cos(x)\sim\frac{1}{2}x^2\)，所以(2-1)最后化簡為：\(\frac{1}{4}x^2\)成為新的(2-1)。 -
和式化簡(3-1)
由於乘式化簡對於(3-1)式來說不能成功，所以我們直接跳轉到和式化簡步驟。
我們發現有一個明顯的解題信號\(\underset{x\rightarrow0}{\lim}\cos(\frac{1}{x})\)，找大頭\(3\sin^3(x)\)去小量\(x^4\cos{\frac{1}{x}}\)，而又知等替公式\(\sin x\sim x\)，所以(3-1)式最后化簡為：\(3x^3\)。
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計算最終化簡式(3-2)
由於化簡對(3-2)式來說毫無意義，它已經是最簡式了，所以我們直接計算它。
嘗試佩亞諾余項的麥克勞林展開式，發現可以，最后化簡為為：\(x\)。
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綜上化簡得出結果
\[\underset{x\longrightarrow0^+}{\lim}\frac{[(e+3\tan(x))^x-e^x]\cdot(\sqrt{2-\cos(x)}-1)}{(3\sin^3(x)-x^4\cos(\frac{1}{x}))\cdot\sqrt{e^{\frac{x^2}{2}}-\cos(x)}}= \underset{x\longrightarrow0^+}{\lim}\frac{\frac{3}{e}x^2\cdot\frac{1}{4}x^2}{3x^3\cdot x}=\frac{1}{4e} \]
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拉式中值定理、泰勒展開和洛必達的聯系
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三者的公式
\[\begin{aligned} ①\ &拉式中值定理：\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f^{'}(\xi)，\xi\in{(x,x_0)}；\\ ②\ &洛必達法則：\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\overset{\frac{0}{0}}{=}f^{'}(x)|_{x=x_0}=f^{'}(x_0)|；\\ ③\ &拉式余項的麥氏展開：f(x)=f(x_0)+f^{'}(\xi)(x-x_0)，\xi\in{(x,x_0)}； \end{aligned} \] -
從公式上得出聯系
其實都是一樣的，emm我是說極限狀態下趨於無窮小量的時候。
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一些重要的函數極限的例題
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求極限\(\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}})\).
方法一【找大頭 + 泰勒展開】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n}\cdot[\sqrt{1+\frac{\sqrt{n}}{n}}-\sqrt{1-\frac{\sqrt{n}}{n}})] = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n}\cdot[(1+\frac{\sqrt{n}}{2n})-(1-\frac{\sqrt{n}}{2n})] = 1 \]方法二【倒代換 + 泰勒展開】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) \overset{\sqrt{n}=\frac{1}{t}}{\huge{=}} \underset{t\rightarrow0}{\lim}(\frac{\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t}}{t}) = \underset{t\rightarrow0}{\lim}(\frac{(1+\frac{1}{2}t)-(1-\frac{1}{2}t)}{t}) = 1 \]方法三【分子有理化 + 找大頭】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}) = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}) \overset{n\gg\sqrt{n}}{\huge{=}}\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}(\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}) = 1 \]【總結】其實這里倒代換也是用了找大頭的思想，將最大的\(\frac{1}{t}\)提取了出來，然后運用泰勒展開式：
\[(1+x)^{\alpha}\sim1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2}x^2+o(x^2) \]泰勒展開的意圖也是找大頭。所以說白了，所有的極限題本質都是找大頭，就是大頭的形式千奇百怪。
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設\(\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k}\)存在且不為0，則常數\(k=\underline{\qquad}\).
方法一【常用基礎知識6—因式分解 + 找大頭 + 泰勒展開】
\[\begin{aligned} &\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1-i}\cdot(n-1)^{i}}} \\ = &\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1}\cdot(1-\frac{1}{n})^{i}}} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{\sum_{i=0}^{k-1}{n^{k-1}\cdot(1-i\cdot\frac{1}{n})}} \\ = &\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{k\cdot n^{k-1}-\frac{k(k-1)}{2}n^{k-2}} \end{aligned} \]找大頭，分母中最大的次冪為\(k-1\)，所以\(k-1=99\)即\(k=100\).
方法二【找大頭 + 泰勒展開】
\[\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k-(n-1)^k} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k\cdot(1-(1-\frac{1}{n})^k)} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{n^k\cdot k\frac{1}{n}} = \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\frac{n^{99}}{k\cdot n^{k-1}} \]找大頭，分母中最大的次冪為\(k-1\)，所以\(k-1=99\)即\(k=100\).
【總結】首先用了因式分解相當於向低階進了一階，但是找大頭的理念是無窮大時盡可能地向高階進發。
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\(f(x)\)至少二階可導，已知\(\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}}=-1\)，試求出\(f^{''}(x_0)\).
【標准答案：
洛必達法則】\[\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f^{'}(x)}{2(x-x_0)}}=-1\\ 由於二階可導所以一階導數連續，由\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}=0，所以有f^{'}(x_0)=\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}f^{'}(x)=0\\ 故而\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f^{'}(x)}{2(x-x_0)}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f^{'}(x)-f^{'}(x_0)}{2(x-x_0)}} = \frac{1}{2}f^{''}(x_0)=-1，最后解得f^{''}(x_0)=-2. \]【我的錯答：
導數定義】\[\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)^2}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)}}{(x-x_0)}} = \frac{f^{'}(x_0)}{\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}}=-1\\ 由於二階可導所以一階導數連續，由\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}=0，所以有f^{'}(x_0)=\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}f^{'}(x)=0\\ 所以\frac{f^{'}(x_0)}{\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{(x-x_0)}} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}\frac{f^{'}(x)}{(x-x_0)} = \underset{x\rightarrow x_0}{\lim}\frac{f^{'}(x)-f^{'}(x_0)}{(x-x_0)}=f^{''}(x_0)=-1 \]不知道錯在哪兒了🤒。
【寧哥の指正：
泰勒展開小心省略】因為用泰勒公式展開時，我忽略了低階的二階導，因為\(f^{'}(x_0)=0\)所以不能忽略，所以有如下的等價無窮小替換：
\[\underset{x\rightarrow x_0}{\lim}{\frac{f(x)-f(x_0)}{(x-x_0)}} = f^{'}(x_0)+\frac{1}{2!}f^{''}(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0) \sim 0 +\frac{1}{2!}f^{''}(x_0)(x-x_0) \]【注】當我們不清楚高階無窮小時，最好用洛必達法則一階一階比較；反之，如果我們很清楚了，那么就能用泰勒公式，順便把高階無窮小舍棄掉。
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原文鏈接：函數極限的計算方法——BNTU
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